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动量守恒定律的模型：滑块-曲（斜）面模型
姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________
一、单选题
1. C【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间的相对速度为
0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律有mv＝(m＋2m)v′，得v′
＝v
3 ，小车动量变化大小Δp 车＝2m·v
3 ＝2
3mv，D 项错误；小球从滑进管道到滑到最高点
的过程中，由动能定理有mgH＝1
2mv2－1
2(m＋2m)v′
2，得H＝v
2
3 g ，C 项正确；小球从滑
上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，mv＝mv1＋2mv2，1
2mv2
＝1
2mv1
2＋1
2×2mv2
2，解得v1＝－v
3 ，v2＝2
3v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为2
3
v＋1
3v＝v，B 项错误；由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A 项错误．
2. B【解析】由于水平面光滑，小物块与小车组成的系统在水平方向上所受合力为零，水
平方向系统动量守恒，但系统整体所受合力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；小物块
与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，小物块由B 点离开小车时系统水平方向动量为
零，小物块与小车水平方向速度为零，小物块离开小车后做竖直上抛运动，故B 正确，C
错误；小物块第一次在车中运动过程中，摩擦力做负功，设Wf为小物块克服摩擦力做的功，
由动能定理得mg(h－0.8h)－Wf＝0，解得Wf＝0.2mgh，即小物块第一次在车中运动损失
的机械能为0.2mgh，由于小物块第二次在车中运动时，对应位置速度变小，因此小车给小
物块的弹力变小，摩擦力变小，小物块克服摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于
0.2mgh，因此小物块再次离开小车时，能上升的最大高度大于0.6h，故D 错误．
3. C【解析】由题意知，A 沿斜面由底端冲上顶端的过程中，在竖直方向上A 有向下的加
速度，所以A 和B 组成的系统在竖直方向上系统的动量分量不守恒，
而A 和B 组成的系统在水平方向上不受外力作用，所以A 和B 组成的系统，在水平方向上
系统的动量分量守恒，故C 正确。
4. B【解析】滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，
有m1v x=m2v2，v x
2 t + v2
2 t =lcosθ，对滑块竖直方向v y
2 t =lsinθ，由能量关系可知
m1glsinθ = 1
2 m2v2
2+ 1
2 m1(v x
2+ v y
2 )，联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为
t =
❑√
2l(m2+m1sin
2θ)
(m1+m2)gsinθ
，故选B。
5. B【解析】由于各个接触面都光滑，可知小物块和斜面组成的系统满足机械能守恒，小
物块下滑过程对斜面的压力垂直于斜面向下，使斜面向左运动，可知斜面的机械能增加，
故小物块的机械能减少，斜面对小物块做负功，A 错误;小物块静止释放后，小物块竖直方
向存在加速度，斜面竖直方向没有加速度，可知小物块和斜面组成的系统在竖直方向的合
力不为零，故系统动量不守恒，D 错误;小物块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，
故系统水平方向动量守恒，假设小物块质量为m，斜面的质量为m0=2m，斜面倾角为θ，
小物块和斜面在同一时刻的水平速度分别为vx和vx'，则有mvx=m0vx'，可得m
t=m0
't，
即mx=m0x'，又x+x'=
，联立可得x=
，可知x-h 图像的斜率为k=
，解
得tanθ=
，又tanθ=
，联立解得sinθ=
，B 正确，C 错误。
6. A【解析】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得
mgh＝1
2mv2－1
2mv0
2，
代入数据解得平抛的初速度v0＝15 m/s.
小球和车作用过程中，水平方向系统动量守恒，规定向右为正方向，则由动量守恒定律有
－mv0＋Mv1＝(M＋m)v′，
解得v′＝5 m/s.
所以A 选项正确．
二、多选题
7. ACD【解析】在小球滑到最高点的过程中，由于小车和小球组成的系统没有受到外力
作用，且圆弧轨道光滑，因此系统的总机械能守恒，故A 正确；在小球滑到最高点的过程
中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守
恒，故B 错误；小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，小球沿圆弧轨道上升的最大高
度为h，两者共同速度大小为v ，m v0=( M +m)v，解得v = m v0
M +m = 1×4
3+1 m/s=1m/s，小
球与小车组成的系统机械能守恒1
2 m v0
2= 1
2 ( M +m)v
2+mgh，解得h=0.6 m，故CD 正确。
故选ACD。
8. ACD【解析】小球在U 形管中的圆弧部分中运动时，小球对U 形管的作用力一直做正
功，则U 形管的速度一直在增大，故A 正确；小球运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程
中，沿着水平方向，小球在轨道最左端与U 形管达到共速，由动量守恒有2mvx＝mv0，设
此时小球的合速度为v，由机械能守恒定律有mv ＋mv2＝mv ，解得v＝
v0，故B 错
误；小球从U 形管的另一端射出时，小球与U 形管系统机械能守恒，沿着导槽方向，系统
动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U 形管的另一端射出时，速度大小为v′＝
0，故C 正确；小球在最左端时竖直方向的速度最大，为vy＝
＝
v0，则运动时
间一定超过t＝
＝2
，故D 正确。
9. CD【解析】小球在半圆槽内由A 向B 运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物
块，槽不会向左运动，则只有重力对小球做功，小球的机械能守恒；从A 到B 做圆周运动，
小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，水平方向动量不守恒；小球从B 到
C 运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，槽的
支持力对小球做功，小球的机械能不守恒，故AB 错误，C 正确；小球离开C 点时，既有
竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D 正确。
10. BD【解析】小物块与大滑块系统水平方向动量守恒，小物块向右运动到最高点时，小
物块与大滑块相对速度为零，知它们的速度都为零，当小物块在bc 中点停止运动时，大滑
块速度也为零，故B 正确，A 错误；根据系统能量守恒得mgR = μmgs，得μ= R
s ，若小物
块第二次到达bc 中点时停下，即s=1.5 L，得μ= 1
3，故C 错误；小物块第一次到达b 点时，
小物块与大滑块的总动能为mgR，两者动量大小相等，根据Ek= p
2
2m，可知动能与质量成
反比，小物块动能Ek1=
M
M +m mgR =0.48J，故D 正确。
三、计算题
11. (1)
(2)
【解析】(1)槽固定时，设小球上升的高度为h1，
由机械能守恒定律得mgh1＝mv
解得h1＝
。
(2)槽不固定时，设小球上升的最大高度为h2，
此时两者速度均为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
由机械能守恒定律得mv ＝ (m＋M)v2＋mgh2
联立解得，小球能上升的高度h2＝
。
12. (1)4 m/s (2)
m/s (3)0.3 m
【解析】(1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有
mg(h＋R)＝mv
解得v0＝4 m/s。
(2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向上速度相同，设其为v，小球从半圆
槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程中，根据水平方向系统动量守恒有mv0＝(M＋
m)v
根据机械能守恒定律有mgh＝mv ＋Mv2
联立解得v1＝
m/s。
(3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0 时，小球上升的高度
最大，小球离开半圆槽时竖直方向的分速度v1y＝
＝
m/s
竖直方向有v ＝2gH
解得H＝0.3 m。
13. (1)1 m/s，方向向右 (2)20 kg (3)见解析
【解析】(1)小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒定律可得，m1v1＝m2v2
解得v1＝1 m/s，方向向右。
(2)对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒定律可得，
m2v2＝(m2＋M)v
根据系统的机械能守恒得，m2gh＋(m2＋M)v2＝m2v2
2
解得M＝20 kg。
(3)对于冰块与斜面体，根据动量守恒定律可得m2v2＝m2v2′＋Mv3′
根据机械能守恒定律，可得m2v2
2＝m2v2′
2＋Mv3′
2
解得v2′＝－1 m/s，负号说明速度方向向右
因为|v2′|＝v1，所以冰块恰好不能追上小孩。
